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1、#QQABAQwQggCgQJAAARgCAQXiCgGQkBGCCAoOBBAMsAABiAFABAA=#QQABAQwQggCgQJAAARgCAQXiCgGQkBGCCAoOBBAMsAABiAFABAA=#QQABAQwQggCgQJAAARgCAQXiCgGQkBGCCAoOBBAMsAABiAFABAA=#QQABAQwQggCgQJAAARgCAQXiCgGQkBGCCAoOBBAMsAABiAFABAA=#QQABAQwQggCgQJAAARgCAQXiCgGQkBGCCAoOBBAMsAABiAFABAA=#QQABAQwQggCgQJAAARgCAQXiCgGQkBGCCA
2、oOBBAMsAABiAFABAA=#2023-2024 学年度下学期湖北省部分普通高中联盟期中考试 高一物理试卷答案及评分标准 一、选择题。（每小题一、选择题。（每小题 4 4 分，共分，共 1010 小题，小题，8 8-1010 题多选，全部选对得题多选，全部选对得 4 4 分，部分选对得分，部分选对得 2 2 分，有错选不分，有错选不得分，总分得分，总分 4040 分。分。1.D【详解】A.做匀速圆周运动的物体，所受合力一定指向圆心，因此合力一定变化，做曲线运动的物体，合力与运动方向不同向，但所受合力可能不变，比如平抛运动，A 错误；开普勒将第谷的几千个观察数据归纳成简洁的三定律，揭示了
3、行星运动的规律，牛顿提出了万有引力定律，故 B 错误，牛顿没有测出比例系数G；而是在提出万有引力定律后 100 多年，后来卡文迪许利用扭称测量出万有引力常量G的大小，被称为“第一个称出地球的人”。故 C 错误；故 D 正确；故选 D。2.B【详解】设斜面的底边长为x，斜面的倾角为，则任一斜面的长度为cosxL=，故物体在斜面下滑时所受的摩擦力大小为：cosfmg=，摩擦力做功为：coscosxWfLmgmgx=，与倾角无关，故123WWW=，故 B 正确 3.C【详解】A.当物体克服重力做功时，重力势能一定增加，克服重力做功10J，物体的重力势能一定增加了10J，故 B 错误，物体的机械能和动
4、能变化不能确定，故 AD 错误；C 正确；故选 C。4.C【详解】AC各位学生以整齐的步伐通过圆形弯道时，因每一排的连线是一条直线，且与跑道垂直，相当于共轴转动，所以全班同学的角速度相同，由于同一列的学生的线速度方向不同，所以线速度不同，故 A错误，C 正确B根据 v=r 知，同一排的学生的半径不同，则线速度不同，故 B 错误D根据 F=m2r知，同一列的学生受到的向心力大小不一定相等，向心力方向也不同，所以向心力不同，D 错误 5D【详解】A无人机做匀速圆周运动，重力方向竖直向下，所需向心力水平方向，则空气对无人机的作用力斜向上方，大于重力，故 A 错误；B由几何关系可得，无人机做匀速圆周运
5、动的半径为220rrh=则无人机所需的向心力为2n22vFmrh=故 B 错误；C 无人机飞行时速度大小不变，方向改变，故 C 错误；D无人机绕行一周的周期为22022rrhTvv=故 D 正确。6.【答案】B【详解】AB.驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，故根据微元功原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，则磨转动一周，弧长()2 mLr=所以拉力所做的功400WFL=故 A 错误；B 对。C.根据平均功率的定义得80wPt=故C错误；D.线速度为22 0.5m/s0.2m/s5
6、rvT=故 D 错误。故选 B。7、C【详解】A由于 a、c 两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则acvv=，b、c 两点为共轴的轮子上 两点，bc=，由于 0.5bcrr=，根据 vr=，则 0.50.5bcbavvvv=，A 错误；Bb、c 两点为共轴的轮子上两点，bc=，a、c 两点是传送带传动的两轮子边缘上两点acvv=，根据0.5acvrrr=，则 2ac=，所以2ab=，B 错误；C由于 a、c 两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，则acvv=，C正确；Da、c 两点是传送带传动的两轮子边缘上两点，0.5acacvvrr=，根据 2 rvT=，则0.5acTT=，c、d 两点为共
7、轴的轮子上两点，则 cdTT=，所以0.5adTT=，D 错误。故选 C。8.【答案】BC A.重物在空间站里处于完全失重状态，所以航天员在空间站不可以通过举重来锻炼肩部和背部肌肉，故 A 错误；B.弹簧弹力是由弹簧形变产生，航天员在空间站可以通过弹簧拉力器锻炼肩部和背部肌肉，故 B 正确；C.根据22MmvGmrr=，解得GMvr=结合题意可知中国空间站在轨道上运行速度大于同步卫星的运行速度，故 C 对；D.王亚平老师将水从水袋中挤出后，水会在空中显现水球是因为水球所受万有引力全部用来提供做间周运动的向心力而处于完全失重状态，故 D 错。故选 BC。9、AD【详解】AD设地球的质量为M，核心
8、舱的质量为m，根据万有引力提供向心力有()22GMmvmRhRh=+可得 ()2vRhMG+=由公式MV=可得，地球的密度为233()4vRGVhRM=+=故 AD 正确；B根据公式vr=可得，核心舱转动的角速度为Rhvrv=+故 B 错误；C根据题意，设地球表面物体的质量为1m，由万有引力等于重力有112GMmm gR=又有()2vRhMG+=可得()22vRhgR+=故 C 错误；故选 AD。10.ABD【详解】小球如果不挤压内轨，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vmgmR=，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受塺擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程
9、中，由机械能守恒定律得：22011222mvmvmgR=+，解得：05m/sv=，则小球要不挤压内轨，最低点速度应大于等于5m/s，故 A 正确；如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为 0，由机械能守恒定律得：20122mvmgR=，小球在最低点时的速度02 5m/sv=，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度应大于2 5m/s，故 B 正确；若小球运动到最高点时速度为 0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，故 C 错误；小球恰好能通过外轨最高点，在最低点的动能至少为
10、210.4 55J2=，若小球恰能到达与圆心等高处，由于重力在此过程中沿法线的分力背离圆心，所以小球一定在外轨运动，由2012mvmgR=可知，初动能为2J，现小球的初动能为3J大于2J而小于5J，说明小球在运动过程中会与内轨接触，要克服摩擦力做功，机械能减少，经过足够长时间后，最终小球将有两种可能，一种是在上半个圆内轨某处静止，一种是在轨道的下半圆沿外轨做往复运动，到达与圆心同高位置处速度为零，则小球的最终机械能0.4 10 0.52JEmgR=，故在最低点时动能最大为2J，故 D 正确；故选 ABD.二、实验题。二、实验题。(每空每空 3 3 分，共分，共 1818 分）分）11、（1）C
11、 （2）不同 A 12、1:2 1:4 2:1:2 解析：（1）本实验采用的科学方法是控制变量法，故选 C。（2）探究向心力大小F与质量m的关系时，两小球的质量应不同，而旋转半径应相同，故分别放在挡板 A 和挡板 C 处。12、因为皮带不打滑，所以 A 点与 C 点的线速度相等，即ACvv=则 AACCRR=所以12CACARR=而 B 点与 A 点的角速度相同，则 B 点与 C 点的向心加速度大小之比为2222211124BBBABCCCCCaRRaRR=ACvv=得 VA:VC=1:1 A 和 B 具有相同角速度 VA:VB =2:1 VA:VB:VC=2:1:2 三、解答题（12 分+1
12、5 分=15 分=42 分）。13、【详解】（1）从A到B根据动能定律知()22011122mgRcosmvmv=2 分 代入数据解得14m/sv=2 分 在B点，根据牛顿第二定律知2NvFmgmR=2 分 N1090NF=由牛顿第三定律知N1090NF=，方向竖直向下2 分 小张和滑板对冰滑道的压力大小为1090N，方向竖直向下。（2）小朋友和滑板从运动到停止的过程中，根据动能定理 20102mgHmgdmv=2 分 代入数据解得9md=2 分 14.（1）设儿童下滑的加速度大小为a，则有 mgsin37-mgcos37=ma1（3 分）解得a1=2m/s2 （1 分）（2）因为H=2m，圆
13、弧CD的半径R=0.8m，所以AB的长度13msin37HRL=（2 分）根据动能定理()211cos3702Bmg HRmgLmv=（2 分）解得2 3m/sBv=（1 分）设儿童在C点恰做平抛运动滑出时的速率为vC，则2CvmgmR=（1 分）根据牛顿第二定律，可得2fmgma=（2 分）根据速度位移公式，有2222CBa Lvv（2 分）联立代入相关数据解得 1mL （1 分）15、（1515 分）分）解析：（1）若小球恰好能过最高点，则小球在最高点时，重力恰好提供向 心力，设细绳长为 l，由牛顿第二定律可得2vmgml=(3 分）解得 小球在最高点的速度大小为10 0.4 m s2m svgl=速度方向为水平方向。(2 分）（2）当小球在最低点的速度为4 2m/s时，可知细绳的拉力方向竖直向上，由牛顿第二定律可得 211vFmgml=（3 分）解得细绳对小球的拉力大小是()22114 20.5 10N0.5N45N0.4vFmgml=+=+=（2 分）（3）若把细绳换成轻杆，小球在最高点速度为2m/s时，由（1）解析可知，小球经最高点的最小速度为2m/s，因此小球在最高点速度为2m/s时，可知轻杆对小球的作用力为竖直向上，由牛顿第二定律可得221vmgFml=（3 分）解得杆对小球的力大小为()222120.5 10N0.5N2.5N0.4vFmgml=（2 分）